江西省吉安市第一中学2019-2020学年高二上学期10月月考数学试题 20页

‎2019—2020学年度上学期第一次月考 高二数学（理）试卷 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1.若表示点,表示直线, 表示平面,则下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 若,则 B. 若,则 C. 若,则 D. 若,,则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用点线面位置关系逐项判断即可 详解】对A, 若,则,故错误；‎ 对B, 若,则,故错误；‎ 对C, 若,则,故错误；‎ 对D, 若,,则,故正确 故选：D ‎【点睛】本题主要考查空间直线，平面间的位置关系的判断，要求熟练掌握相应的判定定理和性质定理的应用．‎ ‎2.已知正三角形边长为2，那么△的直观图的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出原图及直观图，然后求面积．‎ ‎【详解】如图：直观图△A′B′C′的底边A′B′长度为原图形的底边长，高为原图形的高CD的一半乘以， 故其直观图面积为，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了斜二测画法及平面直观图的面积，,熟记作图原则是关键，属于基础题．‎ ‎3.已知是公差为1的等差数列，为的前项和，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由得，解得.‎ 考点：等差数列.‎ ‎4.化简方程为不含根式的形式是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由知，点的轨迹是以为焦点，10‎ 为长轴长的椭圆，设椭圆，，分别算出即可。‎ ‎【详解】由得，点的轨迹是以为焦点，10为长轴长的椭圆，设椭圆，，此时，故，故椭圆方程为。故选C。‎ ‎【点睛】若已经掌握椭圆的方程以及几何意义，直接判断出点的轨迹是椭圆，算出椭圆的即可。若要直接化简则需要移项平方，计算量较大。‎ ‎5.若直线经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的标准方程为 A. B. ‎ C. 或 D. 以上答案都不对 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出直线与坐标轴的交点，分别讨论椭圆焦点在轴和轴的情况，利用椭圆的简单性质求解即可。‎ ‎【详解】直线与坐标轴的交点为，‎ ‎（1）当焦点在轴上时，设椭圆的标准方程为 则，所求椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）当焦点在轴上时，设椭圆的标准方程为 ‎，所求椭圆的标准方程为.‎ 故答案选C ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求法，题中没有明确焦点在轴还是轴上，要分情况讨论，解题时要注意椭圆的简单性质的合理运用，属于基础题。‎ ‎6.若x，y满足则的最大值为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据约束条件，画出可行域；由目标函数表达式，求得可行域与点（0，-1）连线斜率的最大值即可。‎ ‎【详解】‎ 画出目标函数可行域如上图所示，‎ 目标函数即为（x，y）点（0，-1）连线斜率的取值，所以在点B处取得最优解 联立直线方程解得B（1，1）‎ 所以 ‎ 所以选B ‎【点睛】本题考查了线性规划的简单应用，关键是熟练掌握非线性目标函数表示的含义，从几何意义入手求得最优解，属于中档题。‎ ‎7.与直线和圆都相切的半径最小的圆的方程是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 圆的圆心坐标为，半径为，过圆心与直线垂直的直线方程为，所求圆的圆心在此直线上，又圆心到直线的距离为，则所求圆的半径为，设所求圆的圆心为，且圆心在直线的左上方，则，且，解得（不符合题意，舍去 ），故所求圆的方程为.‎ 故选C．‎ ‎【名师点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查了数形结合的思想，考查了计算能力，属于中档题．‎ ‎8.设、是椭圆：的左、右焦点，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：如下图所示，是底角为的等腰三角形，则有 所以，所以 又因为，所以，，所以 所以答案选C.‎ 考点：椭圆的简单几何性质.‎ ‎9.设椭圆的离心率为，右焦点为，方程 的两个实根分别为和，则点（　　）‎ A. 必在圆内 B. 必在圆上 C. 必在圆外 D. 以上三种情形都有可能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断点和圆的关系，则判断与2的关系即可。其中的关系来自的两根，故两根关系用韦达定理得出。‎ ‎【详解】因为 的两个实根分别为和，故，，故 又椭圆离心率，故，即，故点必在圆内。选A.‎ ‎【点睛】本题使用韦达定理以及离心率的化简，遇到时，因为已知离心率的范围，故转换成都是的关系，凑出离心率从而带入求范围。‎ ‎10.已知 ，是椭圆上的动点，是线段上的点，且满足，则动点的轨迹方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求轨迹方程可设动点，，再利用求出关于的坐标关系式，再将坐标表达式代入椭圆方程即可。‎ ‎【详解】设动点，，因为，故 ，化简得，又在椭圆上，故，化简得，故选B。‎ ‎【点睛】求轨迹方程可直接设所求点坐标为，再根据题目所给信息，用含有的表达式表达已知方程上的动点，再带入满足的方程化简即可。‎ ‎11.已知直线，当变化时，此直线被椭圆截得的最大弦长是（ ）‎ A. 4 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 法一：直线必过点，以改点为圆心，为半径作圆：，与椭圆联立得，若只有一交点，则对应的为最大的弦长，故即，得，得，，即最大的弦长.‎ 法二：直线必过点，设椭圆上一点，则弦 ‎.‎ 法三：联立与得：.‎ ‎∴，，.‎ 弦长 当，即时，弦长最大，最大值为.‎ ‎12.若对圆上任意一点， 的取值与无关，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. 或 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 观察形式可知，若取值与无关，则去绝对值之后应该能够把的项抵消掉，故和绝对值中的值应该异号，故分析绝对值中的值的正负，再用恒成立的方法参变分离即可。‎ ‎【详解】由圆得，三角换元得，故 ‎，又辅助角公式得 ‎，其中，故，故要取值与无关，则中恒成立，即，因为，故，选D。‎ ‎【点睛】与绝对值有关的问题可以考虑根据绝对值内的正负去绝对值。与圆上有关的最值问题可以考虑三角换元求解。‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.椭圆短轴的长为，则实数_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据椭圆的短轴定义，注意分析焦点在轴上情况。‎ ‎【详解】由题得，因为椭圆短轴的长为，所以焦点不会在轴上，故椭圆 ‎，，，故填16.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的基本量，注意题目没给焦点坐标要有意识地去讨论。‎ ‎14.已知直线：与圆交于两点，过分别作的垂线与轴交于两点.则_________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由，得，代入圆的方程，整理得，解得，所以，所以．又直线的倾斜角为，由平面几何知识知在梯形中，．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系 ‎【技巧点拨】解决直线与圆的综合问题时，一方面，要注意运用解析几何的基本思想方法（即几何问题代数化），把它转化为代数问题；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系的非常紧密，因此，准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决．‎ ‎15.已知点是椭圆上一点，其左、右焦点分别为，若的外接圆半径为，则的面积是_______．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由的外接圆半径为，又已知，故可用正弦定理算出或，再分两种情况用焦点三角形面积公式即可。‎ ‎【详解】由题得，，由正弦定理得，又 ‎，代入得，故或，又当在上顶点时，，故或均能够满足。故当时，‎ ‎，当时，‎ ‎，故填或。‎ ‎【点睛】由外接圆半径联想到用正弦定理，又要求焦点三角形面积，故用。‎ ‎16.已知从圆：外一点向该圆引一条切线，切点为，为坐标原点，且有，则当取得最小值时点坐标为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 如图所示, 圆：，圆心,半径 ,因为,所以为圆心,为圆的半径),所以,即.要使最小,只要最小即可. 当直线垂直于直线时,即直线的方程为时,最小,此时点即为两直线的交点,得点坐标.‎ 点睛：直线与圆的位置关系常用处理方法：‎ ‎（１）直线与圆相切处理时要利用圆心与切点连线垂直，构建直角三角形，进而利用勾股定理可以建立等量关系；‎ ‎（２）直线与圆相交，利用垂径定理也可以构建直角三角形；‎ ‎（３）直线与圆相离时，当过圆心作直线垂线时长度最小．‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分）‎ ‎17.已知两直线l1：ax－by＋4＝0，l2：(a－1)x＋y＋b＝0.求分别满足下列条件的a，b的值．‎ ‎(1)直线l1过点(－3，－1)，并且直线l1与l2垂直；‎ ‎(2)直线l1与直线l2平行，并且坐标原点到l1，l2的距离相等．‎ ‎【答案】（1）a＝2，b＝2（2）或 ‎【解析】‎ ‎(1)∵l1⊥l2，∴a(a－1)＋(－b)·1＝0，即a2－a－b＝0. ①‎ 又点(－3，－1)在l1上，∴－3a＋b＋4＝0. ②‎ 由①②得，a＝2，b＝2.‎ ‎(2)∵l1∥l2，∴＝1－a，∴b＝，故l1和l2的方程可分别表示为 ‎(a－1)x＋y＋＝0，(a－1)x＋y＋＝0，‎ 又原点到l1与l2的距离相等，∴4＝，‎ ‎∴a＝2或a＝，∴a＝2，b＝－2或a＝，b＝2.‎ ‎18.（Ⅰ）求以原点为圆心，被直线所得的弦长为的圆的方程．‎ ‎（Ⅱ）求与圆外切于点且半径为的圆的方程.‎ ‎【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由垂径定理，已知弦长与直线方程可求得半径。 （Ⅱ）因为已知所求圆的半径，故直接求圆的圆心位置即可。又两圆外切，故连心线过切点，利用比例方法可求得圆心坐标。‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为点到直线的距离为，‎ 所以圆的半径为，故圆的方程为. ‎ ‎（Ⅱ）连心线斜率，设所求圆心，则，解得 　① ‎ 因为两圆相外切，所以　②‎ 由①②解得，或， ‎ 经检验，当时，，不符合题意，故舍去。‎ 所以所求圆的方程为.‎ ‎【点睛】与圆有关的问题，重点求圆心与半径。常见的条件有直线与圆相交用垂径定理，圆相切的问题一般连接切点与圆心分析等。‎ ‎19.已知圆的方程为．‎ ‎（Ⅰ）求过点且与圆相切的直线的方程；‎ ‎（Ⅱ）圆有一动点，若向量，求动点的轨迹方程．‎ ‎【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）分情况讨论，当斜率不存在时分析是否满足，当斜率存在时，设点斜式，再根据直线与圆相切圆心到直线的距离等于半径列式求得斜率。 （Ⅱ）设点的坐标为，再利用题目条件关系用去表示，再带入圆的方程化简求解即可。‎ ‎【详解】（Ⅰ）当斜率不存在时 ,满足题意 当斜率存在时，设切线方程为，由可得.‎ 则所求的切线方程为或 ‎（Ⅱ）设点的坐标为,‎ ‎，即 ‎【点睛】（Ⅰ）求过点的直线的方程，先讨论斜率不存在的情况，再设点斜式根据题目条件列式求斜率。 （Ⅱ）求动点轨迹方程，可先设动点的坐标为，再根据题目条件用已知方程上的点表达，带入已知的方程化简即可。‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设直线l与椭圆C交于A,B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求面积的最大值.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎(1)由题意可得： ，则椭圆方程为．‎ ‎ (2)分类讨论：①当轴时，．‎ ‎②当与轴不垂直时，设处直线的方程，利用题意结合根与系数的关系讨论最值即可，综合两种情况可得.‎ 试题解析：‎ ‎（1）设椭圆的半焦距为，依题意 ‎，所求椭圆方程为．‎ ‎（2）设，．‎ ‎①当轴时，．‎ ‎②当与轴不垂直时，设直线的方程为．‎ 由已知，得．‎ 把代入椭圆方程，整理得 ，‎ ‎，‎ ‎ ．‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 当且仅当，即时等号成立．‎ 当时，，综上所述．‎ 当时，取得最大值，面积也取得最大值．‎ ‎.‎ ‎21.过点的动直线交轴的正半轴于点，交轴正半轴于点.‎ ‎（Ⅰ）求(为坐标原点)的面积最小值，并求取得最小值时直线的方程.‎ ‎（Ⅱ）设是的面积取得最小值时的内切圆上的动点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ），.（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）已知动直线过点，可设点斜式，求出点和点的坐标，再表达出面积带斜率的表达式，再利用不等式求面积范围。 （Ⅱ）由（Ⅰ）可将的内切圆方程求出来，由于是上的动点，可设，从而表达出关于的表达式，再利用圆的方程将代换为含有的表达式，再根据的范围求得的取值范围。‎ ‎【详解】（Ⅰ）解：设斜率为，则得.‎ ‎,‎ 由，，. ‎ ‎（Ⅱ）面积最小时，，‎ 直角内切圆半径，圆心为，‎ 内切圆方程为 设，则，其中.‎ ‎,当时，，当时，‎ 的范围是 ‎【点睛】已知直线过定点可设点斜式，根据题目条件列出表达式，再根据不等式的方法求最值问题。求表达式范围问题时通常代换成同一个自变量，再根据函数表达式的类型确定范围的求解方法，算的时候注意自变量的取值范围。‎ ‎22.已知椭圆中心在坐标原点，焦点在轴上，且过，直线与椭圆交于,两点（,两点不是左右顶点），若直线的斜率为时，弦的中点在直线上.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程.‎ ‎（Ⅱ）若以,两点为直径圆过椭圆的右顶点，则直线是否经过定点，若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由.‎ ‎【答案】(1) 椭圆的方程为：;(2)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据斜率公式以及中点坐标公式得，，再由椭圆的标准方程利用点差法得，因此可得，最后与在椭圆上联立方程组解得，（2）根据以,两点为直径的圆过椭圆的右顶点，得，设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入化简得，解得或，即得定点，最后验证斜率不存在的情形也满足.‎ ‎【详解】（Ⅰ）设椭圆的标准方程为，，‎ 由题意直线的斜率为，弦的中点在直线上，得，，‎ 再根据作差变形得 ，所以，又因为椭圆过得到，‎ 所以椭圆的方程为：.‎ ‎（Ⅱ）由题意可得椭圆右顶点，‎ ‎⑴当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，此时要使以,两点为直径的圆过椭圆的右顶点则有以解得或（舍）此时直线为 ‎⑵当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则有，‎ 化简得①‎ 联立直线和椭圆方程得，‎ ‎， ②‎ 把②代入①得 即 ‎，得或此时直线过或（舍）‎ 综上所述直线过定点.‎ ‎【点睛】定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.‎